Consecutivos del cuadrado de los valores de los polinomios cúbicos

Question

Deje $P(x)$ ser un cúbicos polinomio con coeficientes enteros. ¿Existe un constante $c$ tal que al menos uno de los siguientes valores de $P(0),P(1),...,P(c)$ no es un cuadrado?

Se sabe que el número de integral puntos de $y^2 = P(x)$ está delimitado por una constante que depende de los coeficientes de $P(x)$ y me pregunto si en este caso en particular, es posible encontrar una constante independiente de los coeficientes. Cualquier enlace a la literatura existente, o tal vez una explicación de por qué un problema imposible de resolver con las herramientas actuales sería de una gran ayuda demasiado.

Answer 1

Puedo mostrar aquí que la existencia de una constante $c$ (y mucho más) se deduce de las anteriores conjeturas.

Es decir, un caso especial de la Caporaso-Harris-Mazur conjetura afirma que hay una constante $N$ tal que: para cualquier squarefree grado-$6$ polinomio $f(x)\in\mathbf{Q}[x]$, hay en la mayoría de las $N$ números racionales $b$ para que $f(b)$ es un cuadrado (en $\mathbf{Q}$). Así que si $P(x)$ es un polinomio cúbico en $\mathbf{Q}[x]$ para que $P(x)P(x+1)$ es squarefree, entonces hay en la mayoría de las $N$ números racionales $b$ para $P(b)$ e $P(b+1)$ son cuadrados, donde se puede tomar $N+1$ a ser su constante $c$. Si $P(x)$ es squarefree sino $P(x)P(x+1)$ es no, entonces uno puede utilizar el argumento de arriba con $P(x)P(x+r)$ para algunos $r\in\{2,3,4\}$, como al menos uno de estos será squarefree. Si $P(x)$ no es squarefree entonces podemos dividir por un factor de cuadrado con el fin de reducir a la análoga cuestión de grado-uno de los polinomios, donde es fácil exhibir un valor de $c$.

Answer 2

[EDITADO para corregir errores tipográficos, mostrar la suavidad de $V_c$, y extender la exhaustiva-resultado de la búsqueda]

Soluciones de $P(i) = y_i^2$ ($0 \leq i \leq c$) con $P(X) = \sum_{j=0}^3 a_j X^j$ son parametrizadas hasta una escala por un triple $V_c$ en el espacio proyectivo ${\bf P}^c$ que la completa intersección de $c-3$ quadrics $$y_i^2 - 4 y_{i+1}^2 + 6 y_ {+2}^2 - 4 y_{i+3}^2 + y_{i+4}^2 = 0 \phantom{0\infty} (0 \leq i \leq c-4),$$ menos los puntos de la hyperplane $y_0^2 - 3 y_1^2 + 3 y_2^2 - y_3^2 = 0$ donde el coeficiente inicial $a_3$ se desvanece. Nos esperan un montón de puntos para $c < 7$, una escasa, pero todavía conjunto infinito de puntos para $c = 7$, y sólo un número finito de puntos para$c > 7$, excepto posiblemente en un adecuado subvariedad. Esta última parte es un caso especial de la Bombieri-Lang conjetura, y si asumimos esta conjetura para $V_8$ entonces podremos el uso de los desmemoriados mapas de $V_c \rightarrow V_8$ para $c>8$ a probar (más directamente que el uso de Caporaso-Harris-Mazur como Michael Zievepropuesto) que algunos $V_c$ no tiene puntos racionales, excepto en el hyperplane $a_3=0$.

[EDITAR René comentario plantea la cuestión de si esta completa intersección es suave. La respuesta es sí en característica cero. Cualquier combinación lineal de los diferenciales de la quadrics $y_i^2 - 4 y_{i+1}^2 + 6 y_{i+2}^2 - 4 y_{i+3}^2 + y_{i-4}^2$ tiene la forma $(a_0 y_0, a_1 y_1, \ldots, a_c y_c)$ con $\sum_{m=0}^c Q(m) a_m = 0$ para cualquier polinomio $Q(m)$ de grado en la mayoría de las $3$. Por lo tanto, en cualquier valor distinto de cero de la combinación de, al menos, $5$ de la $a_m$ no desaparecen. Por lo tanto, en una singularidad, al menos, $5$ de la $y_i$ debe ser cero. Pero esto es imposible porque $y_i^2$ son valuees de un polinomio cúbico en distintos puntos de $i=0,1,\ldots,c$, y en la mayoría de las $3$ de las personas puede ser cero a menos que el polinomio se desvanece de forma idéntica.]

Una búsqueda exhaustiva de puntos racionales en $V_7$ con $a_3 \neq 0$ y $0 \leq y_2,y_3,y_4,y_5 < 1024$ encuentra sólo en los siguientes $22$ [EDICIÓN extendida de $1024 = 2^{10}$ a $1536 = 3 \cdot 2^9$, y encontró más de ocho soluciones, para un total de $30$], hasta la simetría $y_i \leftrightarrow y_{7-i}$:

13 7 1 1 5 7 7 1
53 21 7 29 45 53 49 3
1586 847 24 73 610 861 868 221
139 23 31 115 173 209 217 181
1061 577 35 73 469 721 883 935
31 52 47 34 35 64 107 158
821 433 49 127 355 479 473 79
139 83 71 97 125 139 127 41
359 19 79 299 439 509 481 229
163 124 107 110 121 128 121 82
169 157 119 67 55 131 233 349
368 247 134 35 76 163 242 311
826 481 164 1 286 451 544 539
323 223 167 167 197 223 223 167
595 379 187 17 109 205 251 217
973 109 239 817 1195 1387 1319 679
497 323 247 283 353 397 377 203
676 499 266 121 416 799 1226 1691
34 369 332 185 138 419 784 1203
2258 1259 356 235 838 1183 1216 521
1393 927 449 229 705 1273 1873 2499
2836 1597 470 223 1016 1471 1562 925
1373 889 475 211 317 497 581 475
1179 728 581 750 977 1124 1113 794
2027 1315 673 199 499 917 1255 1487
1027 1064 749 50 343 1252 2239 3334
2573 1629 791 65 507 923 1121 969
961 896 817 802 925 1196 1579 2042
1297 1082 827 608 613 922 1393 1948
1144 1135 854 413 388 1099 1970 2951

ninguno de estos ascensores para un racional punto en $V_8$ (ni $P(-1)$ ni $P(8)$ es un cuadrado); posiblemente $c=8$ es ya lo suficientemente pequeño como th hacer una solución imposible.

Answer 3

Límite inferior de $c$ es de 6 $7$.

$$f(x) = -5096*x^3 + 70161*x^2 - 232960*x + 262144$$ is square for $x \in [0,6]$.

Esta es la especialización de la identidad que es el cuadrado de $x \in [0,5]$:

$$P_5 = \left(2 b_{0} + \frac{75}{8}\right) x^{3} + \left(-15 b_{0} - \frac{4311}{64}\right) x^{2} + \left(\frac{115}{4} b_{0} + 120\right) x + b_{0}^{2}$$

Para $0 \le x \le 7$

$g(x)=4*x^3 - 36*x^2 + 80*x + 1$

Si recuerdo correctamente, la pregunta relacionada con la cuadráticas es conjecturally delimitada por sobre $8$.

Agregó

El $P_5$ identidad dieron familia infinita de $8$ soluciones derivadas de género $1$ curva (para evitar el escalamiento de disponer del contenido plaza libre).

Creo absoluta obligado en $c$ sigue de las conjeturas acerca de la absoluta obligado de número racional puntos en las curvas de género $> 1$.

Puesto que no hay cuatro consecutivos plazas en progresión aritmética, la cúbico $f(x)$ es la plaza libre.

Esto nos lleva a la curva de $[f(x)=y^2,f(x+1)=z^2]$ que espero estar de género $4$ en general (y posiblemente siempre).